2 BARISAN BILANGAN REAL Di sekolah menengah barisan diperkenalkan sebagai kumpulan bilangan yang disusun menurut "pola" tertentu, misalnya barisan aritmatika dan barisan geometri. Biasanya barisan dan deret merupakan satu kesatuan pokok bahasan. Sekarang barisan dipahami dari sudut pandang analisis sebagai bentuk khusus dari fungsi. Sedangkan deret akan dibahas secara khusus pada bab yang lain. 2.1 Pengertian barisan dan limitnya
De nisi 2.1. Barisan bilangan real adalah suatu fungsi bernilai real dengan domain
himpunan bilangan asli N. Jadi barisan adalah fungsi X : N → R, dimana setiap n ∈ N nilai fungsi X(n) biasa ditulis sebagai X(n) := xn
dan disebut suku ke-n barisan X . Notasi barisan yang akan digunakan dalam buku ini adalah X,
(xn ),
(xn : n ∈ N).
Contoh 2.1. Beberapa barisan dan cara penulisannya: a. X := (2, 4, 6, 8, · · · ) merupakan barisan bilangan genap. Dapat juga ditulis sebagai X := (2n : n ∈ N). b. Y :=
1 1 1 , , ,··· 1 2 3
. Dapat juga ditulis Y :=
1 n
:n∈N .
c. Dalam beberapa keperluan praktis, barisan dide nisikan secara rekusif atau induktif sebagai berikut ( x1 , x2 , · · · , xn−1 diberikan, xn := f (x1 , x2 , · · · , xn−1 ).
Barisan Fibonacci adalah barisan yang berbentuk F := (1, 1, 2, 3, 5, 8, · · · ). Barisan ini dapat ditulis secara rekursif sebagai berikut : x1 := 1, x2 := 1, xn := xn−1 + xn−2 , untuk n ≥ 3.
Exercise 1. Berikut diberikan beberapa suku awal barisan (xn ). Seandainya pola seperti ini tetap, tentukan formula umum suku ke n nya.
1
Bab 2. BARISAN BILANGAN REAL by Julan HERNADI
a. 1/2, 2/3, 3/4, 4/5, · · · , b. 1/2, −1/4, 1/8, −1/16, · · · , c. 1, 4, 9, 16, · · · ,
Exercise 2. Diberikan barisan yang dide nisikan secara rekursif berikut. Tentukan 5
suku pertamanya a. y1 := 2, yn+1 := 21 (yn + 2/yn ), n ≥ 1. b. z1 := 1, z2 := 2, zn+2 := (zn+1 + zn )/(zn+1 − zn ), n ≥ 3. c. x1 := 1, yn+1 := 41 (2yn + 3), n ≥ 1.
Penulisan barisan menggunakan kurung biasa ”( )” dimaksudkan untuk membedakannya dengan himpunan biasa yang ditulis menggunakan kurung kurawal ”{ }”. Pada himpunan, anggota yang sama cukup ditulis satu kali. Sedangkan pada barisan, sukusuku yang berbeda ada kemungkinan bernilai yang sama, dan semuanya harus ditulis. Sebagai contoh ambil barisan (xn ) yang dide nisikan xn := (−1)n . Jadi barisannya adalah X := (−1, 1, −1, 1, · · · ).
Tetapi bila suku-suku ini dipandang sebagai anggota himpunan maka ditulis X := {−1, 1}.
De nisi 2.2. Misalkan X = (xn ) barisan bilangan real. Bilangan real x dikatakan limit
dari (xn ) jika untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli N (umumnya bergantung pada ε) sehingga berlaku |xn − x| < ε untuk setiap n ≥ N. Jika x limit dari barisan X maka X dikatakan konvergen ke x dan ditulis lim X = x, atau lim(xn ) = x.
Jika suatu barisan mempunyai limit kita katakan barisan itu konvergen. Sebaliknya jika tidak mempunyai limit kita katakan ia divergen. Diperhatikan pada de nisi ini pernyataan |xn −x| < ε dapat ditulis sebagai x−ε < xn < x + ε. Ini berarti pada suatu saat, semua suku-suku barisan berada dalam "kerangkeng" (x − ε, x + ε). Ilustrasi geometris barisan (xn ) yang konvergen ke x diberikan pada Gambar 2.1. Kadangkala digunakan notasi xn → x untuk menyatakan secara intuitif bahwa xn "mendekati" x bila n → ∞. Pada de nisi ini kriteria xn "mendekati" x diukur oleh ε > 0, sedangkan kriteria n → ∞ dicirikan oleh adanya bilangan asli N . Tidak adanya notasi n → ∞ pada penulisan lim(xn ) dapat dipahami karena barisan yang dibahas adalah barisan takberujung, yaitu banyak sukunya takterhingga. Muncul pertanyaan apakah mungkin suatu barisan konvergen ke dua limit yang berbeda? Jawaban diberikan secara formal dalam teorema berikut.
2
Bab 2. BARISAN BILANGAN REAL by Julan HERNADI
Gambar 2.1: Ilustrasi barisan konvergen Teorema 2.1.
Suatu barisan bilangan real hanya dapat mempunyai satu limit. Dengan
kata lain, jika suatu barisan konvergen maka limitnya tunggal.
Andaikan barisan X := (xn ) mempunyai dua limit yang berbeda, katakan xa dan xb dengan xa 6= xb . Diberikan ε := 13 |xb − xa |. Karena lim(xn ) = xa maka untuk ε ini terdapat Na sehingga
Bukti.
|xn − xa | < ε untuk setiap n ≥ Na .
Juga, karena lim(xn ) = xb maka terdapat Nb sehingga |xn − xb | < ε untuk setiap n ≥ Nb .
Sekarang untuk n ≥ maks {Na , Nb } maka berlaku |xa − xb | = |xa − xn + xn − xb | ≤ |xn − xa | + |xn − xb | < ε+ε 2 = |xa − xb |. 3
Akhirnya diperoleh |xa −xb | < 23 |xa −xb | suatu pernyataan yang kontradiksi.Pengandaian xa 6= xb salah dan haruslah xa = xb , yaitu limitnya mesti tunggal.
Exercise 3. Diberikan barisan bilangan real (xn ). a. Tuliskan de nisi barisan (xn ) tidak konvergen ke x. b. Tuliskan de nisi barisan (xn ) divergen. Pembahasan barisan di sini ditekankan pada pemahaman teoritis bukan pada aspek teknis seperti menghitung nilai limit barisan. Pekerjaan dominan adalah membuktikan suatu barisan dengan limit telah diketahui, bukan menghitung berapa nilai limit suatu barisan. Contoh-contoh berikut memberikan gambaran bagaimana de nisi digunakan untuk membuktikan kebenaran limit suatu barisan.
3
Bab 2. BARISAN BILANGAN REAL by Julan HERNADI
Contoh 2.2. Buktikan bahwa lim(1/n) = 0. Secara intuitif fakta ini adalah benar karena kita membagi bilangan 1 dengan bilangan yang semakin membesar menuju takhingga sehingga hasilnya mesti nol. Tapi bukti ini tidak formal karena tidak didasarkan pada teori yang ada, misalnya de nisi. Berikut bukti formalnya. Disini kita mempunyai xn := n1 , dan x = 0. Diberikan ε > 0 sebarang. Harus ditemukan bilangan asli N sehingga
Bukti.
1 < ε untuk setiap n ≥ N. n Mudah saja, pada bentuk terakhir ketidaksamaan ini berlaku n1 < ε. Diselesaikan, diperoleh n > 1ε . Jadi N cukup diambil sebagai bilangan asli terkecil yang lebih besar dari 1ε , atau ceiling dari x yaitu |xn − x| = |1/n − 0| =
N = d1/εe .
Sebagai contoh, misalkan diberikan ε := 0.013 maka 1ε = 76.9231. Jadi cukup diambil N := 77. Untuk meyakinkan dapat diperiksa bahwa x77 = 0.0130, x78 = 0.0128, x79 = 0.0127, x80 = 0.0125, x81 = 0.0123, x82 = 0.0122
kesemuanya kurang dari 0.013. Lebih telitinya x77 = 0.012987. Terbukti bahwa lim( n1 ) = 0.
Contoh 2.3. Buktikan lim Penyelesaian.
n+1 3n+2
= 1/3.
Di sini kita mempunyai xn :=
dan x = 1/3. n+1 1 − |xn − x| = 3n + 2 3 3n + 3 − 3n − 2 = 3(3n + 2) 1 = 3(3n + 2) n+1 3n+2
Bentuk terakhir ini akan kurang dari ε bila (9n + 6)ε > 1, yaitu n >
6−ε . 9ε
Jadi N cukup diambil sebagai bilangan asli terkecil yang lebih besar dari N=
6−ε 9ε
, yaitu
6−ε . 9ε
Sebagai contoh, misalkan diberikan ε := 0.013 maka 6−ε = 7.8803. Jadi cukup 9ε diambil N := 8. Agar lebih meyakinkan diambil beberapa nilai xn − 1/3, untuk n = 8, 9, 10, 11, 12, hasilnya 0.0128, 0.0115, 0.0104, 0.0095, 0.0088,
yang kesemuanya kurang dari ε := 0.013. Terbukti bahwa lim
4
n+1 3n+2
= 1/3.
Bab 2. BARISAN BILANGAN REAL by Julan HERNADI
Exercise 4. Gunakan de nisi limit barisan untuk membuktikan lim
3n + 1 2n + 5
3 = . 2
Tentukan bilangan asli terkecil N yang dapat diambil jika diberikan ε := 0.0023, juga ε := 0.0132. Ujilah kebenarannya untuk n = N, N + 1, N + 2, N + 3, N + 4.
Exercise 5. Gunakan de nisi limit barisan untuk membuktikan lim
(−1)n n n2 + 1
= 0.
Tentukan bilangan asli terkecil N yang dapat diambil jika diberikan ε := 1/4, juga ε := 1/16.Ujilah kebenarannya untuk n = N, N + 1, N + 2, N + 3, N + 4.
Exercise 6. Gunakan de nisi limit barisan untuk membuktikan lim
1 1 − n n+1
= 0.
Tentukan bilangan asli terkecil N yang dapat diambil jika diberikan ε := 1/4, juga bila ε := 1/16. Ujilah kebenarannya untuk n = N, N + 1, N + 2, N + 3, N + 4. Dari beberapa contoh dan latihan ini mestinya dapat disimpulkan bahwa semakin kecil ε > 0 yang diberikan maka semakin besar indeks N yang dapat diambil. Kenyataan ini sesuai dengan de nisi bahwa semakin kecil ε > 0 maka semakin kecil lebar "kerangkeng" dan semakin lama pula suku-suku barisan mulai mengumpul di dalam "kerangkeng" ini. Kekonvergenan barisan (xn ) ditentukan oleh pola suku-suku yang sudah jauh berada di ujung, bukan oleh suku-suku awal. Walaupun pada awalnya suku-suku barisan ber uktuasi cukup besar namun bila pada akhirnya suku-suku ini mengumpul di sekitar titik tertentu maka barisan ini tetap konvergen. Fakta ini diformal dalam istilah ekor barisan.
De nisi 2.3. Misalkan barisan X := (x1 , x2 , x3 , · · · , xn , · · · ) dipotong pada suku ke m dan dibentuk barisan baru
Xm := (xm+1 , xm+2 , · · · )
maka barisan Xm disebut ekor ke m barisan X . Jadi ekor barisan merupakan barisan yang dibentuk dengan memotong m buah suku pertama pada barisan semula. Ternyata sifat kekonvergenan ekor barisan dan barisan semula adalah identik, seperti diungkapkan pada teorema berikut.
Teorema 2.2.
Barisan
X
konvergen bila hanya bila ekor barisan
dan berlaku
lim X = lim Xm .
5
Xm
juga konvergen,
Bab 2. BARISAN BILANGAN REAL by Julan HERNADI
Diberikan ε > 0. Karena X = (xn : n = 1, 2, · · · ) konvergen, katakan lim(xn ) = x maka terdapat bilangan asli N sehingga
Bukti. (→)
|xn − x| < ε untuk setiap n = N, N + 1, N + 2, · · ·
Misalkan ekor barisan Xm = {xm+n : n = 1, 2, 3, · · · }. Karena jika n ≥ N berakibat m + n ≥ N maka untuk N ini berlaku |xm+n − x| < ε untuk setiap n = N, N + 1, N + 2, · · ·
Ini menunjukkan bahwa lim Xm = x. (←)Diketahui Xm konvergen, yaitu lim Xm = x maka untuk ε > 0 sebarang terdapat bilangan asli N sehingga |xm+n − x| < untuk setiap m + n = N, N + 1, N + 2, · · ·
Dengan mengambil N1 = N − m maka berlaku |xn − x| < ε untuk setiap n = N1 , N1 + 1, N1 + 2, · · ·
Karena itu berdasarkan de nisi disimpulkan lim X = x.
Pembuktikan limit barisan langsung dari de nisi akan menjadi sulit bilamana bentuk barisan yang dihadapi cukup rumit. Melalui de nisi dikembangkan "alat-alat" sederhana yang dapat digunakan untuk membuktikan limit barisan, khususnya barisan yang mempunyai bentuk tertentu. Berikut sebuah teorema sederhana yang dapat mendeteksi dengan mudah kekonvergenan suatu barisan. Teorema kekonvergenan terdominasi (TKD)
Teorema 2.3. dan
m∈N
Misalkan ada dua barisan bilangan real
dan
(xn ).
Jika ada
C>0
sehingga berlaku
|xn − x| ≤ C|an | maka
(an )
untuk semua
n≥m
dan
lim(an ) = 0
lim(xn ) = x.
Bukti.
Diberikan ε > 0. Karena lim(an ) = 0 maka ada Na ∈ N sehingga |an | < ε/C untuk setiap n ≥ Na .
Jadi untuk setiap n ≥ N := maks {Na , m} berlaku |xn − x| ≤ C|an | < C(ε/C) = ε.
Terbukti bahwa lim(xn ) = x.
6
Bab 2. BARISAN BILANGAN REAL by Julan HERNADI
Dikatakan teorema terdominasi karena suku-suku |xn − x| pada akhirnya selalu terdominasi dari atas oleh barisan (an ) yang konvergen ke nol. Dalam penggunaan teorema ini diperlukan menemukan barisan (an ) dan konstanta C > 0 seperti dalam teorema. 1 = 0. Contoh 2.4. Bila a > 0, buktikan barisan lim 1+na Bukti. Karena a > 0 maka berlaku 0 < na < na + 1, dan akibatnya kita mempunyai 1 1 < . na + 1 na
Selanjutnya,
1 1 1 1 | − 0| = < . 1 + na 1 + na a n Dengan mengambil C := 1/a dan an = 1/n dan dikarenakan lim an = 0 maka 1 = 0. dengan TKD disimpulkan bahwa lim 1+na
Contoh 2.5. Misalkan 0 < b < 1, buktikan lim(bn ) = 0.
Ambil a := 1−b = 1b − 1 > 0. Dapat ditulis b = b ketidaksamaan Bernoulli berlaku
Bukti.
1 (1+a)
(mengapa?). Dengan
(1 + a)n ≥ 1 + na
dan diperoleh Diambil an :=
1 n
1 1 1 1 1 ≤ < = . 0< n (1 + a) 1 + na na a n dan C = a1 maka berdasarkan TKD terbukti lim(bn ) = 0.
Exercise 7. Misalkan c > 0, buktikan lim(c1/n ) = 0. Exercise 8. Buktikan lim(n1/n ) = 1. Soal-soal yang dipecahkan
1. Buktikan dengan menggunakan de nisi limit barisan a) lim b) lim
n2 2n2 +1
2n n+1
= 21 .
= 2.
2. Diberikan xn :=
1 ln(n+1)
.
a) Gunakan de nisi untuk membuktikan lim(xn ) = 0. b) Tentukan bilangan asli terkecil N bila diberikan ε = 271 . c) Tunjukkan kebenaran |xn − 0| < ε untuk n = N, N + 1, N + 2, N + 3. 1 3. Buktikan lim n1 − n+1 = 0.
4. Buktikan lim (2n)1/n = 1. 5. Bila lim(xn ) = x > 0, tunjukkan ada bilangan asli K sehingga setiap n ≥ K .
7
x 2
< xn < 2x untuk
